沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專題17 圓錐曲線的綜合應(yīng)用(含解析).doc
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專題17 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 【自主熱身,歸納總結(jié)】 1、已知雙曲線-y2=1的左焦點(diǎn)與拋物線y2=-12x的焦點(diǎn)重合,則雙曲線的右準(zhǔn)線方程為________. 【答案】:x= 【解析】: 因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)為(-3,0),即為雙曲線的左焦點(diǎn),所以a2=9-1=8,所以雙曲線的右準(zhǔn)線方程為x=. 2、若雙曲線x2+my2=1過點(diǎn)(-,2),則該雙曲線的虛軸長(zhǎng)為________. 【答案】 4 【解析】:將點(diǎn)(-,2)代入可得2+4m=1,即m=-,故雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為-=1,即虛軸長(zhǎng)為4. 本題易錯(cuò)在兩個(gè)地方:一是忘記了虛軸的概念;二是沒有把雙曲線方程化成標(biāo)準(zhǔn)式.雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2a,虛軸長(zhǎng)為2b,需要記?。p曲線的幾何性質(zhì)的研究都需要借助于標(biāo)準(zhǔn)方程才能進(jìn)行,所以拿到雙曲線方程要先化為標(biāo)準(zhǔn)式. 3、在平面直角坐標(biāo)系中,已知雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為,則該雙曲線的離心率為 . 【答案】 【解析】焦點(diǎn)在軸,不妨取焦點(diǎn)坐標(biāo)為,漸近線方程為,即,所以焦點(diǎn)到漸近線距離為, 則所以離線率為. 【解題反思】雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為短半軸長(zhǎng),這一點(diǎn)要熟記. 4、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,雙曲線-=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別與拋物線交于A,B兩點(diǎn)(A,B異于坐標(biāo)原點(diǎn)O).若直線AB恰好過點(diǎn)F,則雙曲線的漸近線方程是________. 【答案】: y=2x 【解析】:由題意得A,B,雙曲線-=1(a>0,b>0)的漸近線方程為y=x,不妨設(shè)點(diǎn)A在漸近線y=x上,則p=,所以=2,于是該雙曲線的漸近線方程是y=2x. 5、若雙曲線的兩條漸近線與拋物線交于三點(diǎn),且直線經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn),則該雙曲線的離心率為 . 解法2 由題意可得A(-2,0),設(shè)P(a,a+2),則AP的中點(diǎn)M,AP=,故以AP為直徑的圓M的方程為+=.由題意得圓C與圓M相切(內(nèi)切和外切),故=,解得a=或a=5.故點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的取值集合為. 在解決與圓相關(guān)的綜合問題時(shí),需要充分利用圓的幾何性質(zhì)及一些簡(jiǎn)單的軌跡方程的知識(shí)將問題轉(zhuǎn)化為直線與圓或圓與圓的問題去處理,另外本題的難點(diǎn)還在于方程的處理. 【問題探究,變式訓(xùn)練】 例1、如圖,橢圓的左,右焦點(diǎn)分別為,,,是橢圓右準(zhǔn)線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且. (1)求的最小值; (2)以為直徑的圓是否過定點(diǎn)?請(qǐng)證明你的結(jié)論. O M N F2 F1 y x 解 (1)設(shè),. 則,,, , 又, 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),等號(hào)成立, 所以的最小值為. (2)圓心的坐標(biāo)為,半徑. 圓的方程為, 整理得:. ,. 令,得,. 所以圓過定點(diǎn). 【變式1】、 如圖,已知圓,直線,圓O與x軸交A,B兩點(diǎn),M是圓O上異于A,B的任意一點(diǎn),直線AM交直線l于點(diǎn)P,直線BM交直線l于點(diǎn)Q.求證:以PQ為直徑的圓C過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo). 解 設(shè),則直線方程為,則. 同理:. 所以以為直徑的圓的方程是: . 又,所以. 令,. 所以以PQ為直徑的圓C過定點(diǎn)為. 【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,橢圓上動(dòng)點(diǎn)P到一個(gè)焦點(diǎn)的距離的最小值為3(-1). (1) 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2) 已知過點(diǎn)M(0,-1)的動(dòng)直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),試判斷以線段AB為直徑的圓是否恒過定點(diǎn),并說明理由. (2) 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),以AB為直徑的圓的方程為x2+y2=9;(7分) 當(dāng)直線l的斜率為零時(shí),以AB為直徑的圓的方程為x2+(y+1)2=16.(8分) 這兩圓僅有唯一公共點(diǎn),也是橢圓的上頂點(diǎn)D(0,3).猜想以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)D(0,3).(9分) 證明如下: 證法1(向量法) 設(shè)直線l的方程為y=kx-1,A(x1,y1),B(x2,y2).只要證=x1x2+(y1-3)(y2-3)=x1x2+(kx1-4)(kx2-4)=0即可. 即要證=(1+k2)x1x2-4k(x1+x2)+16=0.(11分) 由消去y,得(1+2k2)x2-4kx-16=0,Δ=16k2+64(1+2k2)>0,此方程總有兩個(gè)不等實(shí)根x1,x2. x1,2=,所以x1+x2=,x1x2=.(14分) 所以=(1+k2)x1x2-4k(x1+x2)+16=-+16=0. 所以DA⊥DB,所以以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)D(0,3).(16分) 證法2(斜率法) 若設(shè)DA,DB的斜率分別為k1,k2,只要證k1k2=-1即可. 設(shè)直線l的斜率為λ,則=λ. 由點(diǎn)A在橢圓x2+2y2=18上,得x+2y=18,變形得=-,即k1=-. 設(shè)yA+3=m(yA-3)+n(yA+1),可得m=-,n=,得=λ-k1. 從而k1(3λ-k1)=-1,即k-3λk1-1=0. 同理k-3λk2-1=0,所以k1,k2是關(guān)于k的方程k2-3λk-1=0的兩實(shí)根. 由根與系數(shù)關(guān)系,得k1k2=-1.所以DA⊥DB,所以以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)D(0,3). 【關(guān)聯(lián)1】、如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,左焦點(diǎn)F(-2,0),直線l:y=t與橢圓交于A,B兩點(diǎn),M為橢圓E上異于A,B的點(diǎn). (1) 求橢圓E的方程; (2) 若M(-,-1),以AB為直徑的圓P過點(diǎn)M,求圓P的標(biāo)準(zhǔn)方程; (3) 設(shè)直線MA,MB與y軸分別相交于點(diǎn)C,D,證明:OCOD為定值. 第(2)問要求圓P的方程,就是要求得t的值,為此,由圓P過點(diǎn)M,可得MA⊥MB,可用向量或斜率關(guān)系轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)表示,通過解方程,可得t的值;第(3)問的本質(zhì)就是求點(diǎn)C,D的縱坐標(biāo),由于點(diǎn)C,D隨著點(diǎn)M的變化而變化,因此以點(diǎn)M的坐標(biāo)為參數(shù),通過設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo),進(jìn)而表示出點(diǎn)C,D的縱坐標(biāo),通過計(jì)算得OCOD為定值. 【解析】: (1) 因?yàn)閑==,且c=2,所以a=2,b=2.(2分) 所以橢圓方程為+=1.(4分) (2)設(shè)A(s,t),則B(-s,t),且s2+2t2=8?、? 因?yàn)橐訟B為直徑的圓P過點(diǎn)M,所以MA⊥MB,所以=0,(5分) 又=(s+,t+1),=(-s+,t+1),所以6-s2+(t+1)2=0 ②.(6分) 由①②解得t=,或t=-1(舍,因?yàn)镸(-,-1),所以t>0),所以s2=.(7分) 又圓P的圓心為AB的中點(diǎn)(0,t),半徑為=|s|,(8分) 所以圓P的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+=.(9分) (3)設(shè)M(x0,y0),則lMA的方程為y-y0=(x-x0),若k不存在,顯然不符合條件. 令x=0得yC=;同理yD=,(11分) 所以O(shè)COD=|yCyD|=||=.(13分) 因?yàn)閟2+2t2=8,x+2y=8,所以===4為定值.(16分) 【關(guān)聯(lián)2】、如圖,橢圓的離心率為,焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1,點(diǎn),,分別為橢圓的左頂點(diǎn)、右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),過點(diǎn)的直線交橢圓于點(diǎn),交軸于點(diǎn),直線與直線交于點(diǎn). (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若,求直線的方程; (3)求證:為定值. (3)設(shè)D坐標(biāo)為(x3,y3),由,M(x1,0)可得直線的方程, 聯(lián)立橢圓方程得:解得,. …………12 分 由,得直線BD的方程:, ① 直線AC方程為, ② 聯(lián)立①②得, …………………………………………………………15 分 從而=2為定值. …………………………………………………………16 分 解法2:設(shè)D坐標(biāo)為(x3,y3), 由C,M,D三點(diǎn)共線得,所以, ① ………………10 分 由B,D,N三點(diǎn)共線得,將代入可得 , ② …………………………………………………12 分 ①和②相乘得, . ……………………………………………16 分 【關(guān)聯(lián)3】、已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且過點(diǎn)P(2,-1). (1) 求橢圓C的方程; (1) 在y=x+3中,令x=0,得y=3,從而b=3.(2分) 由得+=1. 所以x0=-.(4分) 因?yàn)镻B1==|x0|,所以4=,解得a2=18. 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.(6分) (2) 證法1(設(shè)點(diǎn)法) 直線PB1的斜率為kPB1=, 由QB1⊥PB1,所以直線QB1的斜率為kQB1=-. 于是直線QB1的方程為y=-x+3. 同理,QB2的方程為y=-x-3.(8分) 聯(lián)立兩直線方程,消去y,得x1=.(10分) 因?yàn)镻(x0,y0)在橢圓+=1上,所以+=1,從而y-9=-.所以x1=-.(12分) 所以==2.(14分) 證法2(設(shè)線法) 設(shè)直線PB1,PB2的斜率分別為k,k′,則直線PB1的方程為y=kx+3. 由QB1⊥PB1,直線QB1的方程為y=-x+3. 將y=kx+3代入+=1,得(2k2+1)x2+12kx=0. 因?yàn)镻是橢圓上異于點(diǎn)B1,B2的點(diǎn),所以x0≠0, 從而x0=-.(8分) 因?yàn)镻(x0,y0)在橢圓+=1上,所以+=1,從而y-9=-. 所以kk′===-, 得k′=-.(10分) 由QB2⊥PB2,所以直線QB2的方程為y=2kx-3. 聯(lián)立則x=,即x1=.(12分) 所以===2.(14分) 本題的第(2)問是圓錐曲線中常見的定值問題,屬于難題.探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種:①?gòu)奶厥馊胧?,先根?jù)特殊位置和數(shù)值求出定值,再證明這個(gè)值與變量無關(guān);②直接推理、計(jì)算,并在計(jì)算推理的過程中消去變量,從而得到定值.此處采用的是方法②. 【關(guān)聯(lián)2】、如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線的距離為6. (1) 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2) 設(shè)A為橢圓C的左頂點(diǎn),P為橢圓C上位于x軸上方的點(diǎn),直線PA交y軸于點(diǎn)M,過點(diǎn)F作MF的垂線,交y軸于點(diǎn)N. ①當(dāng)直線PA的斜率為時(shí),求△FMN的外接圓的方程; ②設(shè)直線AN交橢圓C于另一點(diǎn)Q,求△APQ的面積的最大值. 解答 (1) 由題意,得解得則b=2, 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.(4分) (2) 由題可設(shè)直線PA的方程為y=k(x+4),k>0,則M(0,4k),所以直線FN的方程為y=(x-2),則N. ①當(dāng)直線PA的斜率為,即k=時(shí),M(0,2),N(0,-4),F(xiàn)(2,0). 因?yàn)镸F⊥FN,所以圓心為(0,-1),半徑為3, 所以△FMN的外接圓的方程為x2+(y+1)2=9.(8分) ②聯(lián)立消去y并整理得,(1+2k2)x2+16k2x+32k2-16=0,解得x1=-4或x2=, 所以P,(10分) 直線AN的方程為y=-(x+4),同理可得,Q, 所以P,Q關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,即PQ過原點(diǎn). 所以△APQ的面積S=OA(yP-yQ)=2=≤8,(14分) 當(dāng)且僅當(dāng)2k=,即k=時(shí),取“=”. 所以△APQ的面積的最大值為8.(16分) 【關(guān)聯(lián)3】、如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,點(diǎn)(2,1)在橢圓C上. (1) 求橢圓C的方程; (2) 設(shè)直線l與圓O:x2+y2=2相切,與橢圓C相交于P,Q兩點(diǎn). ①若直線l過橢圓C的右焦點(diǎn)F,求△OPQ的面積; ②求證: OP⊥OQ. (2) ①解法1 橢圓C的右焦點(diǎn)F(,0). 設(shè)切線方程為y=k(x-),即kx-y-k=0, 所以=,解得k=,所以切線方程為y=(x-).當(dāng)k=時(shí),(4分) 由方程組 解得或 所以點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為, , , , 所以PQ=.(6分) 因?yàn)镺到直線PQ的距離為,所以△OPQ的面積為. 因?yàn)闄E圓的對(duì)稱性,當(dāng)切線方程為y=-(x-)時(shí),△OPQ的面積也為. 綜上所述,△OPQ的面積為.(8分) 解法2 橢圓C的右焦點(diǎn)F(,0). 設(shè)切線方程為y=k(x-),即kx-y-k=0, 所以=,解得k=,所以切線方程為y=(x-).當(dāng)k=時(shí),(4分) 把切線方程 y=(x-)代入橢圓C的方程,消去y得5x2-8x+6=0. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則有x1+x2=. 由橢圓定義可得,PQ=PF+FQ=2a-e(x1+x2)=2-=.(6分) 因?yàn)镺到直線PQ的距離為,所以△OPQ的面積為. 因?yàn)闄E圓的對(duì)稱性,當(dāng)切線方程為y=-(x-)時(shí),△OPQ的面積為. 綜上所述,△OPQ的面積為.(8分) ②解法1 (i)若直線PQ的斜率不存在,則直線PQ的方程為x=或x=-. 當(dāng)x=時(shí),P (, ),Q(,-). 因?yàn)椋?,所以O(shè)P⊥OQ. 當(dāng)x=-時(shí),同理可得OP⊥OQ.(10分) (ii)若直線PQ的斜率存在,設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m,即kx-y+m=0. 因?yàn)橹本€與圓相切,所以=,即m2=2k2+2. 將直線PQ方程代入橢圓方程,得(1+2k2) x2+4kmx+2m2-6=0. 設(shè)P(x1,y1) ,Q(x2,y2),則有x1+x2=-,x1x2=.(12分) 因?yàn)椋絰1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)+km+m2. 將m2=2k2+2代入上式可得=0,所以O(shè)P⊥OQ. 綜上所述,OP⊥OQ.(14分) 解法2 設(shè)切點(diǎn)T(x0,y0),則其切線方程為x0x+y0y-2=0,且x+y=2. (i)當(dāng)y0=0時(shí),則直線PQ的直線方程為x=或x=-. 當(dāng)x=時(shí),P (, ),Q(,-). 因?yàn)椋?,所以O(shè)P⊥OQ. 當(dāng)x=-時(shí),同理可得OP⊥OQ.(10分) (ii)當(dāng)y0≠0時(shí), 由方程組消去y得(2x+y)x2-8x0x+8-6y=0. 設(shè)P(x1,y1) ,Q(x2,y2),則有x1+x2=,x1x2=.(12分) 所以=x1x2+y1y2=x1x2+=. 因?yàn)閤+y=2,代入上式可得=0,所以O(shè)P⊥OQ. 綜上所述,OP⊥OQ.(14分) 用斜截式設(shè)直線方程時(shí),不要遺漏斜率不存在的情況!- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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